Responder as questões que se seguem:
Projete uma rede em “L” para casar a carga \mathrm{ZL}=(25-\mathrm{j} 60) \Omega com uma linha de 50 \Omega na frequência de 2 GHz , utilizando uma rede diferente daquela encontrada no exercício anterior

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (sem resolver nada ainda).
  • Dado: impedância de carga \displaystyle Z_L = (25 - j\,60)\\ \Omega.
  • Dado: linha (fonte) com resistência característica \displaystyle R_0 = 50\\ \Omega.
  • Dado: frequência de operação \displaystyle f = 2\\ \text{GHz}.
  • Pedido: projetar uma rede em “L” que case Z_L com a linha de 50\\ \Omega, usando uma topologia diferente da do exercício anterior (portanto vou escolher a outra topologia padrão de L).
  • Observação: a solução deve dar os valores dos elementos reativos (indutores/capacitores) a serem usados na frequência dada.

Passo 2

Explicando de forma direta o que é uma “rede em L” e qual topologia vou usar (sem pular etapas).
Uma rede em “L” é um circuito com dois elementos reativos (um em série e outro em paralelo) que, sendo ambos puramente reativos, podem transformar impedâncias sem perda de potência. Existem duas topologias possíveis de L (espelhadas):
  • Topologia A: elemento shunt (paralelo) na entrada (próximo à fonte) e elemento série próximo à carga.
  • Topologia B: elemento série próximo à fonte e elemento shunt próximo à carga.
Para cargas com R_L < R_0 (aqui R_L=25\\ \Omega < 50\\ \Omega) a topologia que coloca o elemento shunt próximo à fonte e o elemento série próximo à carga é a adequada. Vou desenhar essa topologia (será “diferente” da outra possivelmente usada no exercício anterior): a ordem é
fonte \to nó de entrada (onde vai o shunt reativo para terra) \to elemento série jX_s \to carga Z_L.
Estratégia matemática: escolher X_s tal que a admitância (admitância da combinação série carga+Xs vista do nó do shunt) tenha parte real igual a 1/R_0. Depois escolhe-se a susceptância shunt jB que anule a parte imaginária da admitância, de modo que a admitância total vista pela fonte seja exatamente G_0 = 1/R_0 puro (logo Z_{in}=R_0).

Passo 3

Escrever as fórmulas e montar a equação que determina o reatância série X_s.
  • Defino a impedância modificada (colocando uma série reatância jX_s em série com a carga):
Z' = Z_L + jX_s = 25 + j(X_s - 60)\\ \Omega.
  • A admitância correspondente é
Y' = \frac{1}{Z'} = \frac{25 - j(X_s-60)}{25^{2} + (X_s-60)^{2}}.
  • A parte real de Y' é
\Re\{Y'\} = \frac{25}{625 + (X_s-60)^{2}}.
Queremos que essa parte real valha G_0 = 1/R_0 = 1/50 = 0{,}02\\ \text{S}. Portanto impomos:
\frac{25}{625 + (X_s-60)^{2}} = 0{,}02.

Passo 4

Resolver a equação para X_s.
Partindo da equação:
25 = 0{,}02\big(625 + (X_s-60)^{2}\big).
Multiplicando ambos os lados por 50 (pois 0{,}02 = 1/50):
25\cdot50 = 625 + (X_s-60)^{2}.
Logo
1250 = 625 + (X_s-60)^{2},
(X_s-60)^{2} = 625,
X_s - 60 = \pm 25.
Portanto as duas soluções para a reatância série são
X_s = 60 + 25 = 85\\ \Omega, \qquad X_s = 60 - 25 = 35\\ \Omega.
Isso nos dá duas soluções de rede em L (duas topologias “espelhadas” em termos de sinais das susceptâncias shunt): ambas têm o mesmo módulo de susceptância shunt, com sinais opostos.

Passo 5

Determinar a susceptância shunt necessária para cada solução (e interpretar tipo reativo).
A parte imaginária de Y' é
\Im\{Y'\} = -\frac{X_s-60}{625 + (X_s-60)^{2}}.
Para cada X_s calculamos \Im\{Y'\} e escolhemos a susceptância shunt jB tal que a admitância total Y' + jB fique puramente real =0{,}02\\ \text{S}. Ou seja,
B = -\Im\{Y'\}.
Calculemos (note que 625 + (X_s-60)^{2}=625+625=1250 em ambos os casos):
  • Para X_s = 85\\ \Omega: X_s-60 = 25. Então
\Im\{Y'\} = -\frac{25}{1250} = -0{,}02\\ \text{S}.
Logo a susceptância shunt requerida é
B = -\Im\{Y'\} = +0{,}02\\ \text{S}.
Como B>0, isso corresponde a um capacitor em shunt (admitância de capacitor Y_C = j\omega C = jB com B>0).
  • Para X_s = 35\\ \Omega: X_s-60 = -25. Então
\Im\{Y'\} = -\frac{-25}{1250} = +0{,}02\\ \text{S}.
Logo a susceptância shunt requerida é
B = -\Im\{Y'\} = -0{,}02\\ \text{S}.
Como B<0, isso corresponde a um indutor em shunt (admitância de indutor Y_L = 1/(j\omega L) = -j/( \omega L) que é imaginária negativa).
Resumo qualitativo:
  • Solução 1: X_s=85\\ \Omega (reatância série indutiva) + shunt capacitor com B=+0{,}02\\ \text{S}.
  • Solução 2: X_s=35\\ \Omega (reatância série indutiva menor) + shunt indutor com B=-0{,}02\\ \text{S}.

Passo 6

Converter reatâncias e susceptâncias nos valores físicos L e C usando \omega = 2\pi f.
Calculemos \omega:
\omega = 2\pi f = 2\pi\cdot 2\cdot 10^{9} = 4\pi\cdot10^{9}\\ \mathrm{rad/s}.
Numericamente \omega \approx 1{,}256637061\times 10^{10}\\ \mathrm{rad/s}.
Agora os valores:
  • Série, caso X_s = 85\\ \Omega: série é indutivo ( X_s = \omega L_s), então
L_{s1} = \frac{X_s}{\omega} = \frac{85}{1{,}256637061\times10^{10}}\\ \mathrm{H} \approx 6{,}77\times10^{-9}\\ \mathrm{H} = 6{,}77\\ \mathrm{nH}.
  • Série, caso X_s = 35\\ \Omega:
L_{s2} = \frac{35}{\omega} \approx \frac{35}{1{,}256637061\times10^{10}} \approx 2{,}79\times10^{-9}\\ \mathrm{H} = 2{,}79\\ \mathrm{nH}.
  • Shunt capacitor (para B=+0{,}02\\ \text{S}): como B=\omega C,
C = \frac{B}{\omega} = \frac{0{,}02}{1{,}256637061\times10^{10}}\\ \mathrm{F} \approx 1{,}5915\times10^{-12}\\ \mathrm{F} = 1{,}59\\ \mathrm{pF}.
  • Shunt indutor (para |B|=0{,}02\\ \text{S}): como |B| = \frac{1}{\omega L}, então
L = \frac{1}{\omega |B|} = \frac{1}{1{,}256637061\times10^{10}\cdot 0{,}02}\\ \mathrm{H} \approx 3{,}979\times10^{-9}\\ \mathrm{H} = 3{,}98\\ \mathrm{nH}.

Passo 7

Verificação rápida (checar que a combinação de admitâncias dá Z_{in}=50\\ \Omega) — cálculo mostrado de forma simples.
  • Para a solução com X_s=85\\ \Omega e C=1{,}5915\\ \text{pF}:
Z' = 25 + j(85-60)=25 + j25.
Y' = \frac{1}{25 + j25} = 0{,}02 - j0{,}02\\ \text{S}.
Somando a susceptância do capacitor jB = j0{,}02\\ \text{S} obtém-se Y_{\text{total}} = 0{,}02\\ \text{S}, logo Z_{in} = 1/0{,}02 = 50\\ \Omega.
  • Para a solução com X_s=35\\ \Omega e L_{\text{shunt}}=3{,}98\\ \text{nH}:
Z' = 25 + j(35-60)=25 - j25,
Y' = \frac{1}{25 - j25} = 0{,}02 + j0{,}02\\ \text{S},
somando a susceptância do indutor jB=-j0{,}02\\ \text{S} Y_{\text{total}}=0{,}02\\ \text{S} novamente, ou seja Z_{in}=50\\ \Omega. Verificação OK.

Passo 8

Interpretação prática e sugestão (um empurrãozinho amigo).
  • Ambas as soluções casam perfeitamente; escolha entre elas depende de considerações práticas: perdas parasitas, tamanho do componente, polaridade de resposta em frequência (uma opção usará um capacitor em shunt, a outra um indutor em shunt), disponibilidade de componentes e facilidade de implementação na PCB/microstrip.
  • Em frequência de 2\\ \text{GHz}, valores típicos: indutores na faixa de poucos nH e capacitores de alguns pF são plausíveis. A solução com C de 1{,}59\\ \text{pF} e L_s=6{,}77\\ \text{nH} tem série com indutor maior; a outra tem série indutor menor e shunt indutor 3{,}98\\ \text{nH}. Se for uma implementação em microstrip pode ser melhor transformar um desses valores em uma linha de transmissão equivalente, mas aqui dei os valores lumped para componentes discretos.

Resposta

Solução 1 (série indutor + shunt capacitor):
L série L_{s} = 6{,}77\\ \mathrm{nH} (reatância \,X_s=85\\ \Omega)
C shunt C = 1{,}59\\ \mathrm{pF} (susceptância B=+0{,}02\\ \mathrm{S})
Solução 2 (série indutor menor + shunt indutor):
L série L_{s} = 2{,}79\\ \mathrm{nH} (reatância \,X_s=35\\ \Omega)
L shunt L = 3{,}98\\ \mathrm{nH} (susceptância B=-0{,}02\\ \mathrm{S})

Exercícios relacionados